3.1 函数与方程-【备战高考】备战2027高考数学母题题源同步练

(4)解：当x≥0时，函数f(x)=(x-1)-2的 最小值为一2，最大值为f(3)=2: 当x<0时，函数f(x)=(x十1)2一2的最小值 为-2，最大值为f(-3)=2; 故函数f(x)的值域为[-2,2]. 16.解：(1)设点P(x,y)是C上的任意一点， 则P(x,y)关于点A(2,1)对称点为P'(4一x,2一 y), 氏人∫(x)=x十可得2y4x+4 1 1 即y=x-2+-心g（x)=x-2+= 3y=m (2)由 y=x-2+ 1,消去y得x2-(m+6) x-4 x+4m+9=0, △=(m+6)2-4(4m+9), 直线y=m与C2只有一个交点， ∴.△=0，解得m=0或m=4. 当m=0时，经检验合理，交点为(3,0)； 当m=4时，经检验合理，交点为(5,4). 1n.解：由x)=千，得x)=1 x+1 f(x)的图象可由y=一 是的圆象向左子移1个单位，再 向上平移1个单位得到如图. (2)f(x)在(-∞，-1)和 (一1，十∞)上为增函数. (3):f(x)在（一1，十o∞）上为增函数. a a b 1+a>1+a+6>01+6>1+a+6>0a+6 >c>0,a>0,b>0. fa)+f6)=年a+年6>1a+6 b a+b 1+b+a1+a+6=f(a+b)>f(c). 第三章 函数的应用 §3.1函数与方程 五年高考母题原型训练 1.C【解析】由于f(0)=-1<0,f(1)=e 1>0,根据函数的零，点存在性定理，知函数f(x)的零 点在区间(0,1)内，选C 2.B【解析】，a<0台a.x2十1=0有一正一 负两个实数根， 。1 .“a<0”是“方程ax2十1=0有一个负数根”的 充分必要条件，故应选B. 3.D 4.C【解析】解决本题的关键是要理解“函数 有大于零的极值，点”这一条件，由题意，根据导数公 式，得y'=3十aer,若函数y=er十3x,x∈R有大 于零的极值，点，说明方程y'=3十aer=0有正根，即 c=-3有正根，显然需a<0.此时，x=二ln( 名，由工>≥0立即可解得参数a<-3,故答案为C 5.B【解析】设方程a.x2十b.x十c=0的两根 分别为x1,x2(不妨设x1<x),则有 x1十x2= 6 b2-4ac,又0≤ 0→x-x1=√a2 x1·2= f(x)≤Λ Aac-b2 ,由于(s,f(t))(s,t∈D),故有 Aa /x1≤s≤x2 4ac-b6,由于所有点(s,f(t)(s,t∈ 0≤f)≤√ Aa 4ac-b2 D)构成一个正方形区城，故有关系式：√4a 1x,-=。a=-4a<0,故选B本 题综合考查函数、不等式、线性规划思想解题能力，侧 重于数学思想的考查，此题的难度较大， 6.⑦【解析】分别令两个函数中变量x=0 可得，f(0)=a,f(0)=2,∴.a=2. :f(x)=0,即方程x2+2x十2=0无实数根， .方程f(ax十b)=0也无实数根，即其解集 为0. 7.解：(1)因为f(x)=√3sin2x-(1-cos2x)= 2sn2z+6）-1. 所以，当2江十吾=2谈x+受，即x=x+合（∈ Z)时，函数f(x)取得最大值1. (2)解法一：由(1)及f(x)=0得sin (2x+音）=号所以2x+后=2x+若或2x+日 =2张x十器即x=kx,成x=x十子 故函数f(x)的零点的集合为 {红x=x,或x=x+3k∈Z: 解法二：由f(x)=0得2V3 sinc cosx=2sinx, 于是sinx=0,或√3cosx=sinx即tanx=√3.由sinx =0可知x=长x:由amx=B可知x=kx十行 故函数f(x)的零点的集合为 {红x=x,或x=x+行，∈Z}: 8。(1,)【解析】本题等价转化为关于：的 二次方程t一t十a一1=0有两不同的正数解，∴ 1-4(a-1)>0 a-1>0 解得：1<a< 9.2【解析】如下图所示， ”两函数y=3一x2,y=2x有两个交点， .方程3一x2=2的实数解的个数为2. 10.(-∞，一6)U(6,+∞)【解析】由方程 x十ax-4=0可得2十a=手，由线y=手与y= 相交于两点(2,2)，（一2，一2），如图1所示，当a<0 时，要使y=十口与)y=兰的两个交点同在直线) 423+a =x的右侧需满足 解之得a∈ >(-2)3十a, 21 (0，-6) 图1 图2 如图2所示，当a>0时，要使y=x3十a与y= 的两个交点同在直线y=x的左侧需满足 x 4 2 <23十a, 解之得a∈(6，十∞)，综上可得方 -2 <(-2)3十a 程x‘十a.x一4=0的各个实根所对应的点 (,)均在直线=x同侧时，实数口的取值范国 为(-0∞，-6)U(6,+∞). 11.{2}【解析】本题考查对数运算、函数性 质等.：logx+logy=c,.log.(xy)=cxy=a, ÷y=2:a>1y=2在[a,2a]上是减函数， ye会g 若对任意x∈[a,2a],都有y∈[a,a], 则需要a<02且≥a中 a>1,∴.应该有log2a≤c-1≤2，即log.2+2 ≤c≤3. c值仅有一个，.log.2十2=c=3. ,∴.a=2. 本题综合考查函数、方程、不等式知识，属难题 解题时综合题目的信息，得到c的范围，由c的唯一 性控制a.因为此题是填空题，不必引出细致分析与 讨论. 12.本题主要考查二次函数的基本性质与不等 式的应用等基础知识 证明：(1)因为f(0)>0,f(1)>0, 所以c>0,3a+2b+c>0. 由条件a+b十c=0,消去b,得a>c>0; 由条件a十b+c=0,消去c,得a+b<0,2a+b >0. 故-2<6<-1. (2)抛物线f(x)=3a.x2+2bx十c的顶点坐标为 b 3ac-b2 (厂3a 3a 在-2<台<-1的两边乘子 a 又因为f(0)>0,f(1)>0, 而-品+<0. 3a 所以方程)-0在区同0，一名与（一名 3a 1)内分别有一实根 故方程f(x)=0在(0,1)内有两个实根. 13.解：(1)由题意知：设基本事件空间为2，记 “方程x2十bx十c=0没有实根”为事件A,“方程x2 十bx十c=0有且仅有一个实根”为事件B,“方程x +bx十c=0有两个相异实根”为事件C,则2=((b, c)b,c=1,2,…,6}, A={(b,c)川b2-4c<0,b,c=1,2,…,6}, B={(b,c)b2-4c=0,b,c=1,2,…,6}, C={(b,c)b2-4c>0,b,c=1,2,…,6}, 所以2中的基本事件总数为36个，A中的基本 事件总数为17个，B中的基本事件总数为2个，C中 的基本事件总数为17个，又因为B、C是互斥事件， 故所求概率P-P(B)+PC)希+号品 (2)由题意，的可能取值为0,1,2，则 17 P(=01=36p=18p=2=36,7 故的分布列为： 0 1 2 17 1 17 P 36 18 36 所以：的数学期塑E=0×品+1X日+2 17 36 36 =1. (3)记“先后两次出现的点数中有5”为事件D, “方程x”+b.x+c=0有实根”为事件E,由上面分析 得PD)号PDnE) P(ED)= P(D∩E)7 P(D)11' 14.B【解析】本题主要考查将一个函数的图 象进行平移后相关的解析式的变化规律的掌握情况 以及能否结合具体问题恰当地予以使用，考生就相关 问题的转化能力及利用导数求相关函数的最值的能 力.依题意得关于x,y的方程组 y=x3-3.x 至多有一组实数解，于 \y=(x-u)3-3(x-u)-0 是关于x的方程x3-3x=(x-u)3-3(x-u)-0, 即3ux2一3u2x十(u3一3u十0)=0至多有一个实根， △=(-3u2)2-4×3u(u3-3u十v)≤0对任意u>0 恒成立，于是有u≥3u-4u.令g(u)=3u-年u （u>0,则有gu)=3-子，个g(u)=3-是 =0得u=2,且当0<u<2时，g′(u)>0:当u>2 时，g'(u)<0.因此函数g(u)=3u-年u3(u>0)在u =2时取得最大值，最大值是g(2)=4,即℃的最小 值是4，选B. 15.考查函数和方程、函数导数、两点间距离公 。1 式、基本不等式、一元二次方程等知识，考查化归与转 化、分类与整合、函数与方程的数学思想方法，以及抽 象概括能力、推理论证能力、运算求解能力和创新 意识. 解：设二次函数为g(x)=ax2+bx十c, y=g'(x)=2ax十b的图象与直线y=2x平 行，a=1. 又，y=g(x)在x=-1处取得极小值m-1, .-2a =-1,g(-1)=a(-1)2+b(-1)+c= m-1, 所以b=2,c=m. 从而f(x)=8=m+x+2. (1)已知m≠0，设曲线y=f(x)上点P的坐标 为P(x,y),则点P到点Q(0,2)的距离为 PQ √(x-0)+(y-2)产 十x 2x2+m 9+2m 2 /2x2.m +2m =√2√2|ml+2m, 当且仅当2x=m m 时等号成立。 ,PQ的最小值为√2， ∴.√2√2|ml+2m=√2→√2|m|+m=1. 1 ①当m>0时，解得m= -=√2-1. 2+1 1 ②当m<0时，解得m= 1-√2 =-V2-1. 故m=√2-1或m=-√2-1. (2)y=f(x)-x的零点即方程经十(1-)江 +2=0的解， m≠0， m+(1-k)x+2=0与(k-1).x2-2x-m= x 0有相同的解. ①若k=1,(k-1)x2-2x-m=0→x=- 2 ≠0， 所以函数y=f(x)-kx有零点x=一四 21 ②若k≠1，(k-1)x2-2x-m=0的判别式△ =4[1+m(k-1)]. 若△=0>=1-元，此时函数y=f(x)-x 有一个零点x=一m. 若△>0→1十m(k-1)>0, 当m>0,k>1-,或m<0,k<1-二时， m 方程(k一1)x2一2x一m=0有两个解 x,=1+什五和x,=1中m=画 k-1 k一1 此时函数y=∫(x)一kx有两个零点x1和x 若△<0→1十m(k-1)<0, 当m>0,k<1-元，或m<0.k>1-m时， 方程(k一1)x2-2x一m=0无实数解， 此时函数y=f(x)一kx没有季点. 16.本小题主要考查函数、方程、不等式的基本 知识，考查综合运用分类讨论、等价转化等思想方法 分析问题及推理论证的能力. 解：(1)设r为方程的一个根，即f(r)=0,则由 题设得g(f(r)=0.于是，g(0)=g(f(r)=0,即g (0)=d=0.所以，d=0. (2)由题意及(1)知f(x)=b.x2+cx,g(x)=ax +bx2+cx. 由a=0得b,c是不全为零的实数，且g(x)= bx2+cx=x(bx十c),则g(f(x)=x(b.x十c)[b.x (bx+c)+c]=x(bx+c)(b2x2+bcx+c). 方程f(x)=0就是x(b.x十c)=0. ① 方程g(f(x)=0就是x(bx十c)(bx2十bcx十 c)=0. ② (i)当c=0时，b≠0时，方程①、②的根都为x =0,符合题意 (iⅱ)当c≠0时，b=0时，方程①、②的根都为x =0,符合题意. (m)当c≠0时，b≠0时，方程①的根为x1=0, x:=一方，它们也都是方程②的根，但它们不是方程 b2x2十bcx十c=0的实数根. 由题意，方程b2x2十bcx十c=0无实数根，此方 程根的判别式△=(bc)一4bc<0,得0<c<4. 综上所述，所求c的取值范围为[0,4). (3)由a=1,f(1)=0得b=-c,f(x)=bx2+cx ·2 =cx(-x+1),g(f(x)=f(x)[f(x)-cf(x)+c]. ③ 由f(x)=0可以推得g(f(x))=0,知方程f (x)=0的根一定是方程g(f(x)=0的根. 当c=0时，符合题意. 当c≠0时，b≠0，方程f(x)=0的根不是方程 f2(x)-cf(x)+c=0 ④ 的根，因此，根据题意，方程④应无实数根那么 当(-c)2-4c<0,即0<c<4时，f(x)-cf (x)十c>0,符合题意. 当(-c)2-4c≥0，即c<0或c≥4时，由方程 ④得 f(x)=-cx:+cx=c±4c 2 即cx2-cx+c±V-4 二0 ⑤ 2 则方程⑤应无实数根，所以有 (-e):-4c c-vc-4c 2 <0且(-cP-4c c+Ve2-4c 0 当c<0时，只需-c2-2c√c-4c<0,解得0<c< 品于盾含去 当c≥4时，只需-c2+2c√2-4c<0,解得0<c 6 3 因此4e<号 综上所述，所求c的承值范国为[0，） 17,本小题主要考查函数、导数等基础知识，考 查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思 想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合 思想. 解法一：(1)依题意，得f'(x)=x2+2ax十b. 由f'(-1)=1-2a+b=0得b=2a-1. 2)由1得f)=子+ar2+(2a-1x 故f(x)=x2+2a.x+2a-1=(x+1)(x+2a-1). 令f'(x)=0,则x=-1或x=1-2a. ①当a>1时，1-2a<-1. 当x变化时，f'(x)与f(x)的变化情况如下表： x(-∞，1-2a)1-2a,-1)(-1,+∞) (x） + f(x) 单调递增 单调递减 单调递增 由此得，函数f(x)的单调增区间为（一∞， 1-2a)和(-1，+∞)，单调减区间为(1-2a,-1). ②当a=1时，1-2a=-1.此时，f'(x)≥0恒成 立，且仅在x=一1处f'(x)=0,故函数f(x)的单调 增区间为R. ③当a<1时，1-2a>-1,同理可得函数f(x) 的单调增区间为（一∞，1）和(1一2a,十∞)，单调减区 间为(-1,1-2a).综上： 当a>1时，函数f(x)的单调增区间为（一∞，1 -2a)和(-1，+o∞)，单调减区间为(1-2a,一1)； 当a=1时，函数f(x)的单调增区间为R; 当a<1时，函数f(x)的单调增区间为（一∞， -1)和(1-2a,+∞)，单调减区间为(-1,1-2a). (3)当a=-1时，得f)=子--32 由f'(x)=x2-2x-3=0,得x1=-1,x2=3. 由(2)得f(x)的单调增区间为（一∞，一1）和 (3,+∞)，单调减区间为（一1,3），所以函数f(x)在 x1=一1，x2=3处取得极值， 故M-1,号N3,-9. 所以宜线MN的方程为y=一8z 32-1. y= 3x3-x2-3z 由 得x3-3.x-x+3=0. y=- 8 令F(x)=x3-3x2-x十3. 易得F(0)=3>0,F(2)=-3<0,而F(x)的图 象在(0,2)内是一条连续不断的曲线，故F(x)在 (0,2)内存在零点xo,这表明线段MN与曲线f(x) 有异于M,N的公共点， 解法二：(1)同解法一 (2)同解法一， (3)当a=-1时得了)-子--3. 由f'(x)=x2-2x-3=0,得x1=-1,x2=3. 由(2)得f(x)的单调增区间为（一∞，一1）和 (3,十∞)，单调减区间为（一1,3），所以函数f(x)在 =-1:=3处取得板值枚M-1,受).N(3, 9). 2 所以直线MN的方程为y= 3x-1 3 x3-x2-3x 由 得x3-3.x2-x+3 8 321 =0. 解得x1=一1，x:=1,x3=3. x1=一1，/xg=1, =, 3 '{=-g 所以线段MN与曲线f(x)有异于M,N的公共 点1，号 2012一2013高考题源拓展测试 1.D 2.C 3.C【解析】由于f(x)=x3十x2-x-1= (x2-1)(x+1),令f(x)=0得x=-1,1,因此f (x)在[0,2]上仅有一个零点. 4.B【解析】令f(x)=2ax2-x-1.f(x) =0在(0,1)内恰有一解，.f(0)·f(1)<0,即-1· (2a-2)<0..a>1. 5.B【解析】当m=0时，f(x)=一3.x十1， 共园泉与五的的交点为（行小满定凝意。 当m≠0时，分m>0,m<0两种情形，由题意得 m>0, n0, △0， 1 解得0<m≤1或m<0. m-3>0 x1x2= 0, m 2m 综上可知，m=0或m<0或0<m≤1，即m≤1， 故选B. 6.D【解析】方程 P √/4一x2=kx十2的根可转化为 y1=√4-x2,y2=kx十2的图 A O B 象交点，直线y?过定点P(0, 2),半圆y1=√4-x2与x轴过交点A(-2,0)、B (2,0),kPA=1,kPB=-1,当k=0或k>1或k<-1 时，直线y2与半圆只有一个交点，故选D 7.D【解析】原方程即为2x一4·2-k =0,令2=t,t2-4t一k=0,关于t的方程有一根 时，△=16十4k=0,k=-4,t=2,2=2,x=±1， 原方程有两个根；当关于t的方程有两个根时，若x =0是方程的一个根，另一个根为3，由2=3可得 x=士log23,共三个根.若x=0不是方程的根，则有 四个根，故选D. 8.A【解析】f(x)的图象如下： 由图知方程f2(x)十bf(x)十c=0的三个根为 0,1,2.所以x十x十x=5.故选A 9.2【解析】令f(x)=lnx+x-4,f(2)= ln2+2-4=ln2-2<0,f(3)=ln3-1>0,.k=2. 10.2【解析】方程f(x)·2=1可化为 )=(合)广，在同一坐标系下分别画出画教f代x =1-12x-1和f(z)= (侵)的国象，可知两个函 数图象有两个交点，所以方程有2个实数根 11.(-o∞，1)【解析】考查y1=f(x),y2= x十a的图象，如下图. 若f(x)=x十a有且只有两个不相等的实根，则 a<1. 12.3【解析】作y=3-x及y=lgx,y=10 的图象，x1是y=3一x与y=lgx的交点A的横坐标， x:是y=3-x与y=10的交点B的横坐标，而y= lgx与y=10互为反函数，且直线y=3一x与直线y= x垂直，.A、B关于直线y=x对称，∴x1十x=3. 13.(1)证明：任取x1、x2∈（一1，+∞）， 且x1<x2, 则x2一x1>0,a2-1>1,且a1>0, ∴.a2-al=a1(a2-1-1)>0. 又x1+1>0,x2+1>0, g-2_x1-2=3(x8-x1) x:+1x1+1(x1+1)(x+1D>0. 于是f(x:)-f(x1)=a-a+-2 x2十1 x1-2 21+1>0. 故函数f(x)在(-1，+∞)上为增函数. 2 ②》解：曲1知，当a=8时x)=产+在 (一1，+∞)上为增函数，故在(0，+∞)上也单调递 增，因此∫(x)=0的正根仅有一个，以下用二分法求 这一正根 5 由于f(0)=-1<0,f(1)= 2 >0,取[0,1]为 初始区间，用二分法逐次计算列出下表： 区间 中点 中点函数值 [0,1] 0.5 0.732 [0,0.5] 0.25 -0.084 [0.25,0.5] 0.375 0.322 [0.25,0.375] 0.3125 0.124 [0.25,0.3125] 0.2815 0.021 [0.25,0.28125] 0.2656 -0.032 [0.2656,0.28125] 0.27343 -0.00552 [0.27343,0.28125] 由于区间[0.27343,0.28125]的长度为0.00782< 0.01,所以这一区间的两个端点的近似值0.28就是方 程的近似值，即原方程的正根是0.28. 14.解：(1)由f(1)=0可得a+b+c=0. 由a>b>c可得a>0,c<0. ,△=b2-4ac=(a+c)2-4ac=(a-c)2>0, f(x)的图象与x轴有两个相异交点. (2)令g(x)=f(x)-f（x)+f(x,) ， g(x)=f(x)-f(z)+f(z:) 2 =f(x1)-f(x2) 2 8(z:)=f(x:)-f(z)+f(z:) 2 f(x1)-f(x2) 2 g(x)·g(x:)=-4[f(x)-f(x:]<0. 又g(x)的图象是连续的， ∴方程f()=f(x)+f(x:) 2 即g(x)=0必有一实根在区间(x1,x2)内. (3)设f(x)=0的两根为x1、x2, a>b>c,b=-a-c,:.a>-a-c>c. 又>0.∴分<-1-<1… a .-2<<-1 a 2 又|AB|=|x1-x2 b2 Ac =√x1+x)P-41:=√a-a (a-c)2 =1- a a 2<AB1<3, 六AB长的取值范围为（侵3） 1 15.解：(1)当k=0时，g(x)= f(x)+m 1 e-x十m ,要使g(x)的定义域为R, 则m≠x一e在R上恒成立， 令h(x)=x-e,h'(x)=1-e, .h(x)在(-∞，0)上递增，在[0，十∞)上递减， .h(x)msx=h(0)=-1, .h(x)≤-1， .m的取值范围为（一1，十∞. (2)函数f(x)在R上连续， ∴f(x)=e-x在[k,2k]上连续， 而f(2k)=e-2k.令g(k)=e-2k, ∴g'(k)=e-2. k>1,g'(k)=e-2>0, .g(k)在(1，十o∞)上递增， 由g(1)=e-2>0得g(k)>g(1)>0, .f(2k)>0.又：f(k)=1-k<0, .f(k)·f(2k)<0, 根据上述定理，可以判断函数f(x)在区间 [k,2k]上存在零点. 16.解：(1)当a=1时，f(x)=lnx-x2+x,其 定义域是(0，+∞)，f(x）=1-2x十1= 2x2-x-1 x 令(x)=0,即-2x--1=0,解得x= 分或x=1. x>0,.x=- 2舍去，当0<x<1时f(x) >0;当x>1时，f'(x)<0. ·2 .函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间 (1,+∞)上单调递减， .当x=1时，函数f(x)取得最大值，其值为 f(1)=lnl-1+1=0. 当x≠1时，f(x)<f(1),即f(x)<0..函数 f(x)只有一个零点. (2)显然函数f(x)=lnx一a2x2+ax的定义域 为(0，十∞) ∴.f'(x)=-2a2x+a= -2a2x2+a.x+1 x -(2ax+1)(a.x-1) ①当a=0时，'(x)=1>0,.f(x)在区间 2 (1,十∞)上为增函数，不合题意， ②当a>0时，f'(x)≤0(x>0)等价于(2a.x+1) (ax-1)≥0(x>0),即x≥。，此时f(x)的单调递 减区间为[，+片 17.解：(1)f(x)= x+21 .当x>0时，f(x)= x十21 2 当x>0时f'(x)=(x十2)>0. .f(x)在(0，十∞)上单调递增. （2原方程即=， ①x=0恒为方程(*)的一个解】 ②当x<0且x≠一2时方程（￥）有解， 则2千2-x,6r+2x+1=0. 当k=0时，方程kx2+2kx十1=0无解； 当k≠0时，△=4k2一4k≥0，即k<0或k≥1 时，方程kx2十2kx十1=0有解. 设方程kx2十2kx十1=0的两个根分别是x1、 x,则x1十x:=-2,x1x:=友 当k>1时，方程kx2十2kx+1=0有两个不等 的负根： 当=1时，方程kx2十2k.x十1=0有两个相等 的负根： 当k<0时，方程kx2十2kx+1=0有一个负根 ③当>0时，方程(*)有解，则千2=k:, kx2+2kx-1=0. 当k=0时，方程k.x2+2kx-1=0无解； 当k≠0时，△=4k十4k≥0，即k≤一1或k>0 时，方程kx2十2kx一1=0有解： 设方程kx2+2kx一1=0的两个根分别是x:、 x4,则x十x=一2,2x=一 1 当k>0时，方程kx2+2kx一1=0有一个正根： 当k≤一1时，方程kx2+2kx一1=0没有正根. 综上可得，当k∈(1，十∞)时，方程f(x)=kx 有四个不同的实数解 §3.2函数的模型及其应用 五年高考母题原型训练 1.32g 【解析】 3 如图，设梯形上底边长为 x,则梯形两腰为(1一 ,商为1-0< x<1. [x+1+2(1-x)] 2+1D 1 21-x) (3-x)2 5·x令u(x)= =4 (x-3)2 51-x) 4 x-1,0<x<1.w(z）= (x-3)2 2(x-3)(x2-1)-2x(x-3)=2(x-3)(3x-1) (x2-1)2 (x2-1)2 .当0<x≤号时，u'(x)>0,u(x)单调递增；当3 ≤x<1时，u'(x)<0,u(x)单调递减，当x= 3 4 1-3 3 32 时，u(x)最大，s最小，smim= 3)-1V3 =323 3 2.C【解析】由已知图形知：x1=50十x3 55,x2=x1-20+30,x3=x2-35+30, 由此得：x2=x3十5，x1=x3-5故x1<x3<x2. 【评述】本题考查观察能力和分析问题解决问 题的能力， 3.A【解析】本小题主要考查识图能力及导 ·2 数的物理意义（路程对时间的导数是速度），则符合题 意的函数图象的切线斜率的变化趋势为先由小变大， 再由大变小，故选A. 4.B【解析】解法一：若AB之间不相互调 动，则A调出10件给D,B调出5件给C,C再调出 1件给D,即可满足调动要求，此时共调动的件次n= 10+5+1=16: 若AB之间相互调动，则B调动4件给C,调动 1件给A,A调动11件给D,此时共调动的件次n=4 +1+11=16. 所以最少调动的件次为16次，故应选B. 解法二：设A调动x件给D(0≤x10),则调动 了10-x件给B,从B调动出了5十10-x=15-x 件给C,C调动出了15一x一4=11一x件给D,由此 满足调动要求， 此时调动件次n=x+(10一x)十(15-x)+ (11一x)=36-2x,当且仅当x=10时，n取得最小 值16，故应选B. 5.本小题主要考查函数最值、均值不等式等知 识，考查运算求解能力和应用意识 解：设将楼房建为x层，则每平方米的平均购地 费用为 2160×10_10800 2000x 元). 故每平方米的平均综合费用为： y=560+48z+10800 x 560+48x+ 当工+225取最小值时，y有最小值。 x>0,.x 25≥2 225 x =30. 当且仅当x= 225,即x=15时，上式等号成立. 所以当x=15时，y有最小值2000元. 答：该楼房建为15层时，每平方米的平均综合费 用最小 2012一2013高考题源拓展测试 1.D【解析】机器人程序为前进3步，后退2 步，则P(3)=3正确；P(5)=1正确，即5步等于前 进1个单位长度. P(2003)=P(2000+3)=P(2000)+P(3)=400 +3=403, P(2005)=P(2000+5)=P(2000)+P(5)=400 +1=401,故选D. 2.B【解析】因为温度y关于时间t的图象 是先凸后平行直线，即5分钟前每当t增加一个单位第三章 函数的应用 §3.1 函数与方程 考纲·题型解读 1.结合二次函数的图象，判断一元二次方程根的存在性及根的个数，从而了解函数的零点与方程根的联系， 2.根据具体函数的图象，能够借助计算器用二分法求相应方程的近似解，了解这种方法是求方程近似解的常用方法。 3.理解方程的根与函数零点的关系；了解二分法求方程近似解的方法，进一步培养数形结合及运用函数与方程的知识解决 实际问题的能力， 4.二次函数同其他初等函数的综合问题，结合导数，概率等内容的考查力度将会加大 五年高考母题题源揭秘 题源1函数的零点 C.f(x1)>0,f(x2)<0 D.f(x1)>0,f(x2)>0 解题模型 [解折]内子函旅g)=己=马在1，+0)止￥ (1)对于函数y=f(x)(x∈D),我们称使f(x)=0的 调递增，函数h(x)=2在(1，十∞)上单调递增，故函数f(x)= 实数工为函数的零点 h(x)十g(x)在(1，十o∞)上单调递增，所以函数f(x)在(1，+ ①函数的零，点是一个实数x0,满足f(x0)=0: ∞)上只有唯一的零点x0,且在(1，x0)上f(x1)<0,在(x0,十 ②函数的零点是函数y=f(x)的图象与x轴的交点 o∞)上f(x2)>0,故选B. 的横坐标： [真题2](2021·福建)若函数f(x)的零点与g(x)=4 ③函数的零点是方程f(x)=0的实根。 +2x一2的零点之差的绝对值不超过0.25，则f(x)可以是 (2)对函数零，点的判断，要注意： ( ①f(x)在[a,b]上连续： A.f(x)=4x-1 B.f(.x)=(x-1)2 ②f(a)f(b)<0: ③在(a,b)内存在零点. C.f(z)=e-1 D.Kz)=In(r-) 这是零点存在的一个充分必要条件 [解析]本题考查函数与方程的零点与初等函数的性质， (3)对于任意函数，只要它的图象是连续不间断的，其 属于容易题.由g(x)=4十2x一2可知该函数在R上单调，又 函数的零点具有下列性质：当它通过零点（不是偶次零点） 由g(0)=-1,g(0.5)=45+2X0.5-2=1,进而由零点存在定 时函数值变号；相邻两个零点之间的所有函数值保持同号。 理可知其零点区间是(0,0.5)，则f(x)的零点区间应是（一0.25， (4)二次函数的零点： 对于二次函数y=ax2十bx十c(a≠0)，其零，点的情况 0.75)f(x)=4红1的零点是，符合题意f(2)=(2一1D:的 如下： 零点是1，显然不合题意：f(x)=e一1的零点是0，但是当g (1)△>0时，方程a.x2+bx十c=0有两个不等实根， 二次函数的图象与x轴有两个交，点，二次函数有两个零点」 ()的零点地近0.5时不合题意：而)=ln(-)的零点是 (2)△=0时，方程a.x2十bx+c=0有两个相等实根 ,里然不特合题意，综上故选A 3 (二重根)，二次函数图象与x轴有一个交点，二次函数有 一个二重零点或二阶零点 [真题3](2022·天津)函数f(x)=2+3x的零点所在 (3)△<0时，方程a.x2十bz十c=0无实根，二次函数 的一个区间是 () 的图象与x轴无交点，二次函数无零点 A.(-2,-1) B.(-1,0) C.(0,1) D.(1,2) [真题1](2022·浙江)已知x,是函数f(x)=2十1-元 2<0, [解析]f(-10)=21+3×(-1)=73=一5 的一个零点，若x1∈(1，x),x2∈(x。十o∞)，则 f(0)=20+3×0=1>0. A.f(x1)<0,f(x2)<0 :y=2,y=3x均为单调增函数， B.f(x1)<0,f(x2)>0 .f(x)在(-1,0)内有一零点.选B. 43· 题源2方程的根与数形结合的思想 题源3方程的根与不等式 x2+2x一3，x≤0 [真题7](2022·浙江)设函数f(x)=4sin(2.x+1)-x, [真题4](2022·福建)函数f(x) -2+lnx,x>0 则在下列区间中函数∫(x)不存在零点的是 的零点个数为 ( A.[-4,-2] B.[-2,0] A.0 B.1 C.2 D.3 C.0,2] D.[2,4] [解析] 如图可知选C [解析]：f(-4)=4(1-sin7)>0,f(-2)=2-4sin3= f(x) 4位-si）=4(sm要-sn9）)>f(-D=1-4n<o, f(0)=4sinl>0,f(2)=4sin5-2<0,又由y=sin(2x+1)与y =兰图象，加fx)在[2,4]必有零点，所以选A [真题5](2021·山东)若函数f(x)=a2-x-a(a>0, [真题8](2019·浙江)已知f(x)=x2-1|+x2+x. 且a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是 (I)若k=2,求方程f(x)=0的解； [解析]本题考查函数与方程知识，注意函数的零，点及方 (Ⅱ)若关于x的方程f(x)=0在(0,2)上有两个解x1,x, 程的根和图象的交点三者之间的转化，注意数形结合及分类讨 求k的取值范围，并证明】+上<4 论思想的应用.若函数f(x)=a-x-a(a>0,且a≠1)有两个 零点，等价于函数g(x)=a,h(x)=x十a的图象有两个不同 [解析](I)当k=2时，f(x)=|x2-1|+x2十2x=0. 的交点，如图当0<a<1时易知两函数图象只有一个交点，不合 分两种情况讨论： 题意舍去 ①当x2-1≥0时，即x≥1或x≤-1时， 方程化为2x2十2x一1=0， 解得x=二1±B 21 因为0<1十5<1，合去 2 当a>1时，由于函数g(x)=a的图象过，点(0,1).而h(x) 所以x=一1-一 2 =x十a与y轴的交点一定在(0,1)上方，且随着自变量的增大， ②当x2-1<0时，即-1<x<1, 指数函数的增长趋势大于一次函数的增长趋势，故如图可知两 方程化为1+2x=0, 函数的图象一定有两个交点，故a的取值范围是(1，十∞) ◆7 解得x=一日 由①@得当=2时，方程f(x)=0的解是工=二15 2 1 或x= 2 （Ⅱ)不妨设0<x1<x2<2, [真题6](2021·山东)已知定义在R上的奇函数f(x) 2x2+kx-1,lx>1, 因为f(x)= 所以f(x)在(0,1]上 满足f(x一4)=一f(x),且在区间[0,2]上是增函数.若方程f kx+1,|x≤1， (x)=m(m>0)在区间[-8,8]上有四个不同的根x1,x2,x3, 是单调函数， x4,则x1十x2十x3十x:= 故f(x)=0在(0,1]上至多一个解， [解析]本题考查函数性质的综合应用及数形结合和函数 1 与方程思想.f(x一4)=一f(x)可得f(x一8)=一f(x一4)= 若x1z∈1,2)，则x1x:=-z<0,故不符合题意， 「(x),即函数为以8为周期的周期函数，又为奇函数，则f(x一 因此，x1∈(0,1]，x2∈(1,2). 4)=一f(x)=f(一x),即函数图象关于直线x=2对称，又因为 由f(x1)=0,得6=-1 函数y=f(x)在区间[0,2]上是增函数，所以函数在区间[一2， 所以k≤一1； 0]上也是增函数.如图所示，那么方程f(x)=m(m>0)在区间 [-8,8]上有四个不同的根x1,x2,x3,x4,不妨设x1<x2<xg 由f(x)=0,得k= 1 -2x2, <x4,由对称性知x1十x2=一12，x3十x:=4,所以x1十x2十x3 7 十x:=一8. 所以-2<k<-1. 当-之k<-1时，f(x)=0在(0,2)上有两个解 方法一： 因为x1∈(0,1]，所以x1= k 44 而方程2x+k红-1=0的两根是一士√+8 [解析]本题考查的是导数在函数中的应用及函数与方程 4 零点知识，考查学生的化归与转换思想，属于中等难度题，由题 因为x:∈(1,2)，所以，=-十V原+8 4 意如孩西数的定义城是>0，由了()=3r+子因为秀在金 1,1 4 直于y轴的切线，故此时斜率为0，问题转化为x>0范围内导 则一十 =一k十 √k2十8一k 函数f'(r)=3ar2+工存在零点.再将之转化为g()=一3ax 1 =2(+8-), 与h(x)=】存在交点.当a=0时不符合题意，当a<0时，数形 x 西y=+8-在（子-）上是减福数。 结合可得显然有交点，当a>0,如图，此时没有交点，故有a<0, 答案为（一∞，0）或{a|a<0}. 中8-)+8+-8. 因此1+1<4 方法二： 因为x1∈(0,1]，所以kx1十1=0① 因为x2∈(1,2)，所以2x号十kx2一1=0② [真题11](2021·广东)已知函数f(x)=(x3+3.x+a.x 由①②消去k,得2x1x一x1一x2=0, +b)e. (1)若a=b=-3,求f(x)的单调区间： (Ⅱ)若f(x)在(-∞，a),(2,3)单调增加，在(a,2), 又因为x:∈1,2)，所以1+1<4 (B,十∞)单调减少，证明：3-a>6. [解析](I)当a=b=-3时，f(x)=(x3+3x2-3.x-3) 题源4方程的根与概率 e,故f(x)=-(x3+3x2-3x-3)ex+(3.x2+6.x-3)e =-er(x3-9x) [真题9](2019·宁海)设有关于x的一元二次方程x+ =-x(x-3)(x十3)ex. 2ax十b2=0. 当x<-3或0<x<3时，f'(x)>0: (I)若a是从0,1,2,3四个数中任取的一个数，b是从0， 当-3<x<0或x>3时，f'(x)<0. 1,2三个数中任取的一个数，求上述方程有实根的概率， 从而f(x)在(-∞，一3)，(0,3)单调增加，在（一3,0）， (Ⅱ)若a是从区间[0,3]任取的一个数，b是从区间[0,2] (3,十∞)单调减少. 任取的一个数，求上述方程有实根的概率。 (Ⅱ)f'(x)=-(.x3+3.x2+a.x+b)e+(3.x2+6.x+ [解析]设事件A为“方程x2十2a.x十b2=0有实根”. a)e-x 当a≥0，b≥0时，方程x2十2ax十b”=0有实根的充要条件 =-e[x3+(a-6)x+b-a]. 为a≥b. 由条件得：f'(2)=0,即23+2(a-6)+b-a=0, (I)基本事件共有12个： 故b=4一a.从而f'(x)=一e[x3十(a-6)x+4-2a]. (0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(1,2),(2,0),(2,1), 因为f'(a)=f'(8)=0,所以 (2,2),(3,0),(3,1),(3,2) x3+(a-6)x+4-2a=(x-2)(x-a)(x-3) 其中第一个数表示的取值，第二个数表示b的取值. =(x-2)(x2-(a+B)x+a3). 事件A中包含9个基本事件，事件A发生的概率为 将右边展开，与左边比较系数得， P(A)=9=3 a十B=-2,3=a-2.故 124 B-a=√(B+a)-4a邸=√/12-4a. (Ⅱ)试验的全部结果所构成的区域为 又(B-2)(a-2)<0,即a8-2(a+B)+4<0. {(a,b)0a3,0≤b2} 由此可得a<-6.于是B-a>6. 构成事件A的区域为 [真题12](2020·湖南)已知函数f(x)= 424+x {(a,b)0a3,0b2,a≥b}. 所以所求的概率为 o 9 2十z有三个极值点 1 3X2-2×2 P(A)= (1)证明：-27<c<5; 3×2 3 (Ⅱ)若存在c,使函数f(x)在区间[a,a+2]上单调递减， 求a的取值范围 题源5方程的根与导数 [解折](1)周为品签f)=十-号+有 [真题10](2021·福建)若曲线f(x)=ax3+lnx存在垂 三个极值点，所以f‘(x)=x3十3x”一9x十c=0有三个互异的 直于y轴的切线，则实数a的取值范围是 实根. ·45· 设g(x)=x3+3x2-9x+c, 根时，1a<5. 则g'(x)=3.x2+6.x-9=3(x+3)(x-1). (3)方程f(x)=0在区间[-1,1]上有两个相异实根. 当x<-3时，g'(x)>0,g(x)在(-∞，-3)上为增函数； 121 当-3<x<1时，g'(x)<0,g(x)在(-3,1)上为减函数； 因为画数)=2a十)-品-a-3,共园象的对称 当x>1时，g'(x)>0,g(x)在(1，十∞)上为增函数. 所以函数g(x)在x=一3时取极大值，在x=1时取极 轴方程为x=一2aa应满足： 小值. a>0, a0, 当g(一3)≤0或g(1)≥0时，g(x)=0最多只有两个不同 1 1 1 <1, 2a 2a 实根.因为g(x)=0有三个不同实根，所以g(-3)>0,且g(1) (I) 或（Ⅱ） f(1)≥0， f(1)0, <0.即-27+27+27+c>0,且1+3-9+c<0,解得c>-27, f(-1)≥0， f(-1)≤0， 且c<5.故-27<c<5. △>0. △>0. (Ⅱ)由(I)的证明可知，当-27<c<5时，f(x)有三个极 解不等式组(I)得a≥5. 值点，不妨设为x1x2,x(x1<x:<x),则f'(x)=（x一x1) (x-x2)(x-x3). 解不等式组()得a<二3- 2 所以f(x)的单调递减区间是（一∞，x1],[x2,x3]. 若f(x)在区间[a,a十2]上单调递减， 故当方程f(x)=0在区间[一1,1]上有两个相异实根时， 则[a,a+2]C(-o∞，x1],或[a,a+2][x2,x]. 若[a,a十2]C(-o∞，x1],则a十2≤x1, 注意到当1≤a<5时，f(-1)f(1)≤0，方程f(x)=0在区 由(I)知，x1<-3,于是a<-5. 若[a,a十2]C[x2x],则a≥x2,且a十2≤x3 间[-1,1]上有根； 由(I)知，-3<x2<1. 又f(x)=x3+3x2-9.x+c, 1 当c=-27时，f'(x)=(x一3)(x十3)2： 当c=5时，f'(x)=(x+5)(x-1)2. 方程f(x)=0在[-1,1]上有根； 因此，当-27<c<5时，1<x3<3. 所以a>-3,且a+2<3.即-3<a<1. 当4=二3，时.方程fa)=0在区间[-1,1门有根。 2 故a<-5,或-3<a<1. 综上所述，函数y=f(.x)在区间[-1,1门上有零点，则a的 反之，当a<-5,或-3<a<1,总可找到c∈(-27,5)，使 f(x)在区间a,a十2]上单调递减. 东货花用处（一，U十 综上所述，a的取值范围是(-∞，一5)U(-3,1). (解法二)若a=0,则函数f(x)=2x-3在区间[-1,1]上 [真题13](2019·广东)已知a是实数，函数f(x)= 没有零点. 2a.x2+2x-3-a.如果函数y=f(x)在区间[-1,1]上有零点， 下面讨论a≠0时的情况： 求a的取值范围. (1)若f(-1)f(1)≤0，则f(x)必在[-1,1]上有零点. [解析]（解法一）若Q=0,则函数f(x)=2x一3在区间 f(-1)=a-5,f(1)=a-1, [-1,1]上没有零点. .(a-5)(a-1)0→1≤a≤5. 下面就a≠0时分三种情况讨论： 即1≤a≤5时，函数f(x)在区间[-1,1]上有零点. (1)方程f(x)=0在区间[-1,1]上有重根. (2)若f(-1)f(1)>0,下面分两种情况讨论： 此时△=4(2a2+6a+1)=0, ①当f(-1)=a-5>0,f(1)=a-1>0,即a>5时，有 解得a=一3±厅 1 2 厂云1，超新我y=f代的对#的=一名必在定线x 当4=-3，互时(x=0的童根x=3,5∈[-1,1： -1和2=1之间，且（)= 1 2 2 2a -3-a<0,于是 当a-二3+ 2 时，f(e=0的童报x=3+7e[-1,山： 2 f-1r()0r()0.所以通数x)在区同 故当方程∫(x)=0在区间[-1,1]上有重根时， a=二3-7 (1,司)和(a)内各有-个索点 2 故当a>5时，函数f(x)在区间[-1,1]上有零点. (2)f(x)在区间[-1,1]上只有一个零点且不是f(x)=0 ②当f(-1)=a-5<0,f(1)=a-1<0,即a<1时， 的重根.此时有f(-1)f(1)≤0. i.当0<a<1时，f(x)=0的两根x1,2 :f(-1)=a-5,f(1)=a-1, -1±w√1+6a+2a ∴.(a-5)(a-1)≤0→1≤a≤5. 2a :当a=5时，方程f(x)=0在区间[-1,1]上有两个相异 由于1+6a+2a2-(1+2a)2=2a(1-a)>0, 实根.故当方程f(x)=0在区间[-1,1]上只有一个根且不是重 所以√1+6a+2a>1+2a. ·46 于是x1=1++6a+2a >1, 2a -1-W1+6a+2a2 x=1之间，即a满足 a<0, x2= 2a <-1. 故当0<a<1时，函数f(x)在区间[-1,1]没有零，点. i.当a<0时，若函数f(x)在区间[一1,1]有零点，则 解得as二3一厅 2 即当“<3，时，函教了()在区间1，有案点 香则由于f()是最大值，函数f)在区同[-1,1门没 综上所述，若函数y=f(x)在区间[-1,1]有零点，则a的 有零点 取值范围是一 此时抛物线y=∫(x)的对称轴x= 云在直线x=1和 ]u+o 五年高考母题原型训练 (★代表高考出现的频次) 题源1函数的零点（★★★★） 为 7.(2022·湖南)已知函数f(x)=√3sin2x-2sinx. 1.(2022·天津)函数f(x)=e+x-2的零点所在的一个 (1)求函数f(x)的最大值： 区间是 (2)求函数f(x)的零点的集合。 A.(-2,-1) B.(-1,0) C.(0,1) D.(1,2) 2.(2020·安徽)a<0是方程a.x2+1=0有一个负数根的 ( A必要不充分条件 B.充分必要条件 C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件 32021·天津)设函数f(x)=子2-1nx(x>0),则y f(x) A在区同（小1，e)内均有零点 在区间（日1内均无零点 C在区间（日）内有零点：在区间1内无零点 题源2方程的根与数形结合的思想（★★★★） D.在区间（日，小内无零点，在区间1e内有零点 8.(2022·全国I)直线y=1与曲线y=x2-|x|十a有四 4.(2020·广东)设a∈R,若函数y=er十3.x,x∈R有大 个交点，则a的取值范围是 于季的极值点，则 9.(2020·湖北)方程2十x2=3的实数解的个数为一 Aa- 10.(2020·上海)方程x2十√2x-1=0的解可视为函数y C.a<-3 D.a>-3 =工十万的图象与函数y=是的图象交点的模坠标若方程工 5.(2021·江西)设函数f(x)=√ax2+bx+c(a<0)的定 十ax一4=0的各个实根x1,x2,…,x:(k≤4)所对应的点 义域为D,若所有点(s,f(t)(s,t∈D)构成一个正方形区域，则 a的值为 ( ,4)(i=1,2,…,k)均在直线y=x的同侧，则实数a的取 A.-2 B.-4 值范围是 C.-8 D.不能确定 11.(2020·天津)设a>1,若仅有一个常数c使得对于任意 6.(2020·湖北)已知函数f(x)=x2+2x十a,f(bz)=9.x 的x∈[a,2a],都有y∈[a,a]满足方程logx+logy=c,这时 一6x十2，其中x∈R,a,b为常数，则方程f(ax十b)=0的解集 a的取值的集合为· ·47· 题源3方程的根与不等式（★★★★） 与直线y=2x平行，且y=g(x)在x=-1处取得极小值m一1 （m≠0).设f(x)=g(x) 12.(2018·浙江)设f(x)=3a.x2十2bx十c,若a十b十c= 0,f(0)>0,f(1)>0.求证： (1)若曲线y=f(x)上的点P到点Q(0,2)的距离的最小值 1)a>0且-2<2<-1： 为√2，求m的值； (2)k(k∈R)如何取值时，函数y=f(x)一kx存在零点，并 (2)方程f(x)=0在(0,1)内有两个实根. 求出零点. 16.(2019·江苏)已知a,b,c,d是不全为零的实数，函数 f(x)=bx:+cx+d,g(x)=axi+bz2+cx+d.f(x)=0 有实数根，且f(x)=0的实数根都是g(f(x)=0的根，反之， g(f(x)=0的实数根都是f(x)=0的根. (1)求d的值： (2)若a=0,求c的取值范围： 题源4方程的根与概率（★★） (3)若a=1,f(1)=0,求c的取值范围. 13.(2021·江苏)设b和c分别是先后抛掷一枚骰于得到 的点数，用随机变量：表示方程x2+bx十c=0实根的个数（重 根按一个计)求： (1)方程x2+bx+c=0有实根的概率； (2)的分布列和数学期望： (3)在先后两次出现的点数中有5的条件下，方程x2+bx +c=0有实根的概率. 17.(2021·福建)已知函数f(x)= 3x+ax+bx,且 f'(-1)=0. (1)试用含a的代数式表示b: (2)求f(x)的单调区间： (3)令a=一1.设函数f(x)在x1,x2(x1<x2)处取得极值， 记点M(x1,f(x1),N(x,f(x).证明：线段MN与曲线f (x)存在异于M,N的公共点. 题源5方程的根与导数（★★★★） 14.(2021·重庆)把函数f(x)=x3一3.x的图象C1向右平 移个单位长度，再向下平移v个单位长度后得到图象C2,若对 任意u>0,曲线C1与C:至多只有一个交点，则0的最小值为 () A.2 B.4 C.6 D.8 15.(2021·广东)已知二次函数y=g(x)的导函数的图象 ·48· 2022一2023高考题源拓展测试 D未来高考还会这样考， (测试时间：90分钟总分：100分) 一、选择题（本题包括8小题，每小题25分，共20分。每小题 f(x)十bf(x)+c=0有三个不同的实数解x1,x2x,则xi十 只有一个选项符合题意) x十x等于 (） 1心1)下列函数中，在(0，）)上有零点的函数是（ A.5 A.f(x)=sinz-2 B.2+2 2 B.f(x)=sina- C.13 C.f(x)=sin'x-z D3+ D.F(r)-sin'-2 二、填空题（本题包括4小题，每小题5分，共20分） 9.(1.2)设x。是方程nx+x=4的解，且x。∈(k,k十 2.01函数fx)=ln(x+1)-兰的零点所在的大致区 1),则整数k= 10.(©2)函数f(x)=1-|2x-1|,则方程f(x)·2=1 间是 的实根的个数是 A.（3,4) B.(2,e) 1.位2)已知西数f)=-10.若方程 C.(1,2) {f(x-1)(x>0), f(x)=x十a有且只有两个不相等的实数根，则实数a的取值 D.(0,1) 3.(▣2)函数f(x)=x3+x2-x-1在[0,2]上 范围为 ( A.有三个零点 12.(2)已知x1是方程x十lgx=3的根，x2是方程x十 B.有两个零点 10=3的根，则x1十x2的值为 C.有一个零点 三、解答题（本题包括5小题，每小题12分，共60分） D.没有零点 1B.o1,2记知国数)=g+异a>1D. 4.(☐3)若方程2a.x2-x-1=0在(0,1)内恰有一个解，则 (1)求证：f(x)在(-1，十∞)上为增函数； a的取值范围是 (2)若a=3,求方程f(x)=0的正根（精确到0.01）. A.a<-1 B.a>1 C.-1<a<1 D.0≤a<1 5.(☐1.2)函数f(x)=m.x2+(m-3)x+1的图象与x轴 的交点至少有一个在原点的右侧，则实数m的取值范围为 A.[0,+∞) B.(-∞，1] C.(0,1] D.(0,1) 6.(☐2)若关于x的方程√4-x2=kx+2只有一个实根， 则实数k的取值范围为 () A.k=0 B.k=0或k>1 C.k>1或k<-1 D.=0或k>1或<-1 7.(心3)关于x的方程4一2+：=的实根的个数不可 能是 A.4 B.3 C.2 D.1 1 8.(g2)设f(x)= x-(x≠1)·若关于x的方程 (x=1) ·49· 14.(2.3)已知二次函数f(x)=ax2+bx+c. 16.(g2,3,4)已知函数f(x)=lnx-ax2+a.x(a∈R). (1)若a>b>c且f(1)=0,证明：f(x)的图象与x轴有两 (1)当a=1时，证明函数f(x)只有一个零点： 个相异交点： (2)若函数f(x)在区间(1，+∞)上是减函数，求实数a的 (2)若x1,x2,且x1<x,f(x1)≠f(x),证明：方程f(x) 取值范围 _fx)+f(x必有一实根在区间(x1z:)内： 2 (3)在(1)的条件下，设两交点为A、B,求线段AB长的取值 范围 17.o3.4)已知函数f(x)= x+2 15.(G3.4)已知函数f(x)=e--x,其中x∈R (1)判断函数f(x)在区间(0，十∞)上的单调性，并加以 1 （1)当太=0时，若gx)=f)十m定义拔为R,求实数m 证明； (2)如果关于x的方程f(x)=kx2有四个不同的实数解， 的取值范围： 求实数的取值范围. (2)给出定理：若函数f(x)在[a,b]上连续，且f(a)·f(b) <0,则函数y=f(x)在区间(a,b)内有零点，即存在x∈(a, b),使f(x。)=0.运用此定理，试判断当k>1时，函数f(x)在 [k,2k]内是否存在零点. ·50·